2019届高考物理二轮复习第二部分热点专练热点七电磁感应与电路专项训练

热点七 电磁感应与电路电磁感应，交直流电路是电磁学较为重要的内容，也是高考命题频率较高的内容之一，本部分题型主要是选择题和计算题，选择题主要考查法拉第电磁感应定律、楞次定律、交流电的有效值、电路的动态分析以及有关图像问题，计算题以考查电磁感应中的电路问题，动力学问题和能量问题为主。

考向一 电路的动态分析如图1所示的交流电路中，理想变压器输入电压为u 1＝U 1m sin 100πt (V)，输入功率为P 1，输出功率为P 2，电压表读数为U 2，各交流电表均为理想电表，由此可知图1A ．灯泡中电流方向每秒钟改变100次B ．变压器原、副线圈的匝数比为U 1m ∶U 2C ．当滑动变阻器R 的滑动头向下移动时各个电表读数均变大D ．当滑动变阻器R 的滑动头向上移动时P 1变大，且始终P 1＝P 2[解析] 由u 1＝U 1m sin 100πt (V)，可知交变电源频率为50 Hz ，灯泡中电流方向每秒钟改变100次，选项A 正确；变压器原、副线圈的匝数比为U 1m ∶2U 2，选项B 错误；电压表的示数只与原线圈电压和变压器原、副线圈匝数比有关，在只改变滑动变阻器接入电路的电阻时，电压表读数不变，选项C 错误；当滑动变阻器R 的滑动头向上移动时，变压器输出电流减小，输出功率减小。

根据变压器功率的制约关系，P 1变小，且始终有P 1＝P 2，选项D 错误。

[答案] A考向二 电磁感应规律的应用如图2，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0。

使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。

现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。

为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为图2A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π[解析] 当导线框匀速转动时，设半径为r ，导线框电阻为R ，当线框转动时电动势E ＝12B 0r 2ω，当磁场变化时，E ′＝ΔφΔt ＝ΔB Δt ·S ＝ΔB Δt ·12πr 2，E ＝E ′，故ΔB Δt ＝B 0ωπ，C 对。

[答案] C考向三 电磁感应中的图像问题某空间中存在一个有竖直边界的水平方向的匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈从图示位置垂直于磁场方向以速度v 匀速拉过磁场区域，尺寸如图3所示，取向右为力的正方向。

下图中能正确反映该过程中线圈所受安培力F 随时间t 变化的图像是图3[解析] 设线圈的电阻为R ，线圈切割磁感线的有效长度为l ，则安培力的大小为F ＝B 2l 2v R ，方向一直沿x 轴负方向，在0～Lv这段时间内，有效长度l 增大，所以F 增大且F －t 图线的斜率的绝对值增大；在L v ～2Lv这段时间内，有效长度l ＝L 不变，所以F 大小不变且t ＝L v时刻F 突然变小；在2L v～3Lv这段时间内，有效长度l 增大，所以F 增大且F －t 图线的斜率的绝对值增大；综上所述，A 项正确。

[答案] A考向四 电磁感应中的动力学和能量问题如图4甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平面成θ＝30°的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R 1＝R 2＝2 Ω，导轨间距L ＝0.6 m 。

在右侧导轨所在斜面的矩形区域M 1M 2P 2P 1内分布有垂直右侧导轨平面向上的磁场，磁场上下边界M 1P 1、M 2P 2的距离d ＝0.2 m ，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示，t ＝0时刻，在右侧导轨斜面上与M 1P 1距离s ＝0.1 m 处，有一根阻值r ＝2 Ω的金属棒ab 垂直于导轨由静止释放，恰好独立匀速通过整个磁场区域，取重力加速度g ＝10 m/s 2，导轨电阻不计，求：图4(1)ab 在磁场中运动的速度大小v ；(2)在t 1＝0.1 s 时刻和t 2＝0.25 s 时刻电阻R 1的电功率的比； (3)电阻R 2产生的总热量Q 总。

[解析] (1)由mgs ·sin θ＝12mv 2得v ＝2gs ·sin θ＝1 m/s 。

(2)棒从释放到运动至M 1P 1的时间t ＝vg sin θ＝0.2 s在t 1＝0.1 s 时，棒还没进入磁场，有E 1＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt Ld ＝0.6 V此时，R 2与金属棒并联后再与R 1串联，R 总＝3 Ω，U 1＝E 1R 总R 1＝0.4 V由图乙可知，t ＝0.2 s 后磁场保持不变，ab 经过磁场的时间t ′＝d v＝0.2 s ，故在t 2＝0.25 s 时ab 还在磁场中运动，电动势E 2＝BLv ＝0.6 V此时R 1与R 2并联，R ′总＝3 Ω，得R 1两端电压U 1′＝0.2 V 电功率P ＝U 2R故在t 1＝0.1 s 和t 2＝0.25 s 时刻电阻R 1的电功率的比值P 1P 1′＝U 21U ′21＝41。

(3)设ab 的质量为m ，ab 在磁场中运动时，通过ab 的电流I ＝E 2R 总′，ab 受到的安培力F A ＝BIL又mg sin θ＝BIL 解得m ＝0.024 kg在0～0.2 s 时间内，R 2两端的电压U 2＝0.2 V ，产生的热量Q 1＝U 22R 2t ＝0.004 Jab 最终将在M 2P 2下方的轨道区域内往返运动，到M 2P 2的速度为零，由功能关系可得在t＝0.2 s 后，整个电路最终产生的热量Q ＝mgd ·sin θ＋12mv 2＝0.036 J ，由电路关系可得R 2产生的热量Q 2＝16Q ＝0.006 J故R 2产生的总热量Q 总＝Q 1＋Q 2＝0.01 J 。

[答案] (1)1 m/s (2)4∶1 (3)0.01 J1．(多选)如图5所示电路，已知电源电动势为E ，内阻为r ，R 0为定值电阻，当滑动变阻器R 的触头向下移动时，下列论述正确的是图5A ．灯泡L 一定变亮B ．电流表的示数变小C ．电压表的示数变小D ．R 0消耗的功率变小 答案 ABD2．如图6甲所示，理想变压器的原线圈匝数n 1＝100匝，副线圈匝数n 2＝50匝，电阻R ＝10 Ω，V 是理想电压表，原线圈加上如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是图6A ．流经电阻R 的电流的频率为100 HzB ．电压表V 的示数为10 2 VC ．流经R 的电流方向每秒改变50次D ．电阻R 上每秒产生的热量为10 J 答案 D3.如图7所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。

磁感应强度B随时间均匀增大。

两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b，不考虑两圆环间的相互影响。

下列说法正确的是图7A．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向解析由题意可知ΔBΔt＝k，导体圆环中产生的感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝ΔBΔt·πr2，因r a∶r b＝2∶1，故E a∶E b＝4∶1。

由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确。

答案 B4.(多选)空间内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L。

一正方形导体框边长也为L，开始时正方形导体框的ab 边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图8所示。

从图示位置开始计时，正方形导体框以平行于bc边的速度v匀速穿越磁场。

若导体框中的感应电流为i，a、b两点间的电压为u ab，感应电流取逆时针方向为正，则在导体框穿越磁场的过程中，下列关于i、u ab随时间的变化规律正确的是图8解析由楞次定律可以判断出导体框进磁场时电流方向为逆时针，出磁场时电流方向为顺时针，由E ＝Blv 可得i ＝E R 总＝BlvR 总，进、出磁场时导体框切割磁感线的有效长度l 均由大变小，所以电流也是从大变小，选项A 正确，B 错误；进磁场时ab 为电源，u ab ＜0且u ab ＝－34Blv ，出磁场时ab 不是电源，电流从b 到a ，u ab＜0且u ab ＝－Blv4，选项C 错误，D 正确。

答案 AD5.(多选)如图9所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为l ，电阻不计，垂直轨道平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为l 的金属棒，a 棒质量为m ，电阻为R ，b 棒质量为2 m ，电阻为2R ，现给a 棒一个水平向右的初速度v 0，已知a 棒在以后的运动过程中没有与b 棒发生碰撞，当a 棒的速度减为v 02时，b 棒刚好碰到了障碍物立即停止运动，而a 棒仍继续运动，则下列说法正确的是图9A ．b 棒碰到障碍物前瞬间的速度为v 02B ．在b 棒停止运动前b 棒产生的焦耳热为Q b ＝524mv 2C ．b 棒停止运动后，a 棒继续滑行的距离为3mv 0R2B 2l 2D ．b 棒停止运动后，a 棒继续滑行的距离为mv 0R2B 2l2解析 设b 棒碰到障碍物前瞬间的速度为v 2，之前两棒组成的系统动量守恒，则mv 0＝m v 02＋2mv 2，解得v 2＝v 04，所以选项A 错误；在b 棒停止运动前，根据能量守恒定律可知a 棒和b 棒产生的总焦耳热Q ＝Qa ＋Q b ＝12mv 20－12m (v 02)2－12×2mv 22＝516mv 20，Q b ＝2Q a ，解得Q b ＝524mv 20，所以选项B 正确；a 棒单独向右滑行的过程中，当其速度为v 时，所受的安培力大小为F 安＝BIl ＝B 2l 23R v ，根据动量定理有－F 安Δt ＝m Δv ，所以有(－B 2l 23R v ·Δt )＝(m ·Δv )，可得B 2l 23R x ＝m v 02，b 棒停止运动后a 棒继续前进的距离x ＝3mv 0R2B 2l2，所以选项C 正确，选项D 错误。

答案 BC。